Център на куб

[Гост]

К, L, М са средите на АD, А1В1, СС1 на куба АВСDА1В1С1D1. Докажете, че КLМ е равностранен и че неговият център съвпада с центъра на куба.

[KOPMOPAH]

Център на куб.png (14.69 KiB) Прегледано 557 пъти

Приемаме, че
$$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{a},\, \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{b},\,\overrightarrow{AA_1}=\overrightarrow{c},\,|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|=1$$
Тогава$$\overrightarrow{KL}=-\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{c}+\frac{\overrightarrow{a}}2~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~(1)$$ $$|\overrightarrow{KL}|=\sqrt{\left(-\frac{\overrightarrow{b}}2\right)^2+\left(\overrightarrow{c}\right)^2+\left(\frac{\overrightarrow{a}}2\right)^2}=\sqrt{\frac14+1+\frac 14}=\frac {\sqrt 6}2 ~~~~(2)$$
Съответно$$\overrightarrow{KM}=-\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\frac{\overrightarrow{c}}2=\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{a}+\frac{\overrightarrow{c}}2~(3)$$ $$|\overrightarrow{KM}|=\sqrt{\left(\frac{\overrightarrow{b}}2\right)^2+\left(\overrightarrow{a}\right)^2+\left(\frac{\overrightarrow{c}}2\right)^2}=\sqrt{\frac14+1+\frac 14}=\frac {\sqrt 6}2 ~~~~(4)$$
и$$\overrightarrow{LM}=\overrightarrow{KM}-\overrightarrow{KL}=\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{a}+\frac{\overrightarrow{c}}2 -\left( -\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{c}+\frac{\overrightarrow{a}}2\right)=\overrightarrow{b}+\frac{\overrightarrow{a}}2-\frac{\overrightarrow{c}}2~~(5)$$ $$|\overrightarrow{LM}|=\sqrt{\left(\overrightarrow{b}\right)^2+\left(\frac{\overrightarrow{a}}2\right)^2+\left(-\frac{\overrightarrow{c}}2\right)^2}=\sqrt{1+\frac14+\frac 14}=\frac {\sqrt 6}2 ~~~~(6)$$

От равенствата $(2)$, $(4)$ и $(6)$ става язно, че $\triangle KLM$ е равностранен.


За доказване на второто твърдение, а именно, че центровете на триъгълника и куба съвпадат, ще използваме ноторно известния (и многократно доказван тук във форума) факт, че векторът с начало произволна точка в пространството и край - медицентъра на даден триъгълник е равен на една трета от сумата на векторите с начало същата точка и краища - съответно трите върха.

Произволната точка може да е върхът $A$. Тогава$$\overrightarrow{AJ}=\frac 13 \left(\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AL}+\overrightarrow{AM}\right)=\frac 13\left(\frac{\overrightarrow{b}}2+\overrightarrow{c}+\frac{\overrightarrow{a}}2 +\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\frac{\overrightarrow{c}}2\right)=\frac{\overrightarrow{a}}2+\frac{\overrightarrow{b}}2+\frac{\overrightarrow{c}}2$$
Ако приемем, че центърът на куба е т.$N$, която НЕ съвпада с центъра на триъгълника т.$J$, то изразяваме $AN$ и получаваме$$\overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{a}}2+\frac{\overrightarrow{b}}2+\frac{\overrightarrow{c}}2$$Получихме, че векторите $\overrightarrow{AJ}$ и $\overrightarrow{AN}$ са колинеарни, но тъй като те са с общо начало, то и краищата им съвпадат, откъдето следва, че $J\equiv N$, с което и второто твърдение е доказано.

[Гост]

a da se nameri liceto na sechenieto s KLM?

[KOPMOPAH]

a da se nameri liceto na sechenieto s KLM?

Не съм сигурен, че съм разбрал напълно въпроса и причината не е само в това, че е писано с латински букви ...
Който проявява интерес към лицето, нека да пробва да намери лице на равностранен триъгълник, на който е известна страната.

[Гост]

лицето на сечението с равнината (KLM)

[KOPMOPAH]

лицето на сечението с равнината (KLM)...

... което може да се интерпретира така

Да се намери лицето на равностранен триъгълник със страна $\frac {\sqrt 6}2$.

$$S=a^2.\frac {\sqrt 3}4,~~a=\frac {\sqrt 6}2,...$$

[Гост]

къде равнината (KLM) пресича останалите ръбове на куба?

[S.B.]

К, L, М са средите на АD, А1В1, СС1 на куба АВСDА1В1С1D1. Докажете, че КLМ е равностранен и че неговият център съвпада с центъра на куба.

Без заглавие - 2021-07-02T110622.723.png (205.03 KiB) Прегледано 511 пъти

Построявам [tex]\triangle KLM[/tex] за който [tex]K \in AD,AK = KD, L \in A_{1 } B_{1 }, A_{1 }L = L B_{1 } ,M \in C C_{1 }, CL = L C_{1 }[/tex]
Тъй като нищо специално не е казано,приемам,че ръбът на куба е $1$

Първа част:
Ще докажа,че [tex]\triangle KLM[/tex] е равностранен

$KL$ се проектира върху стената [tex]AD D_{1 } A_{1 }[/tex]. Проекцията на $KL$ е [tex]KA_{1 }[/tex]
От [tex]\triangle A_{1 }KL \rightarrow KL^{2} = A_{1 }K ^{2} + A_{1 }L ^{2}[/tex]
От [tex]\triangle AK A_{1 } \rightarrow A_{1 }K ^{2} = A A_{1 } ^{2} + AK^{2} = 1 + \frac{1}{4} = \frac{5}{4}[/tex]
[tex]KL^{2} = A_{1 }K ^{2} + A_{1 }L ^{2} = \frac{5}{4} + \frac{1}{4} = \frac{6}{4} \Rightarrow[/tex]
$$KL = \frac{ \sqrt{6} }{2} $$

$KM$ се проектира върху стената $ABCD$.Проекцията на $KM$ е $KC$
От [tex]\triangle KMC \rightarrow KM^{2} = KC^{2} + CM^{2}[/tex]
От [tex]\triangle KCD \rightarrow KC^{2} = KD^{2} + DC^{2} = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}[/tex]
[tex]KM^{2} = KC^{2} + CM^{2} = \frac{5}{4}+ \frac{1}{4} = \frac{6}{4} \Rightarrow[/tex]
$$KM = \frac{ \sqrt{6} }{2} $$

$LM$ се проектира върху стената [tex]A_{1 } B_{1 } C_{1 } D_{1 }[/tex].Проекцията на $LM$ е [tex]L C_{1 }[/tex]
От [tex]\triangle LM C_{1 } \rightarrow LM^{2} = L C_{1 } ^{2} + C_{1 }M ^{2}[/tex]
От [tex]\triangle L B_{1 }C \rightarrow L C_{1 } ^{2} = L B_{1 } ^{2} + B_{1 } C_{1 } ^{2} = \frac{1}{4} + 1 = \frac{5}{4}[/tex]
[tex]LM^{2} = L C_{1 } ^{2} + C_{1 }M ^{2} = \frac{5}{4} + \frac{1}{4} = \frac{6}{4} \Rightarrow[/tex]
$$LM = \frac{ \sqrt{6} }{2} $$
[tex]KL = LM = MK = \frac{ \sqrt{6} }{2} \Rightarrow \triangle KLM[/tex] е равностранен

[S.B.]

К, L, М са средите на АD, А1В1, СС1 на куба АВСDА1В1С1D1. Докажете, че КLМ е равностранен и че неговият център съвпада с центъра на куба.

Без заглавие - 2021-07-02T154135.740.png (258.18 KiB) Прегледано 506 пъти

Втора част:
Ще докажа,че центърът на куба съвпада с центърът на триъгълника KLM

Под "център на [tex]\triangle KLM[/tex]" разбирам медицнтъра на триъгълника,след като друго не е казано.
[tex]A_{1 }C[/tex] е телесен диагонал на куба,който се проектира върху диагонала $AC$ на $ABCD$.
[tex]Q \in A_{1 }C , A_{1 }Q = QC[/tex]
$Q$ е център на куба и се проектира върху стената $ABCD$ в точка [tex]Q_{1 } = AC \cap BD[/tex]
Нека $G$ е медицентър на [tex]\triangle KLM[/tex].Ще докажа,че [tex]G \equiv Q[/tex]

[tex]\triangle KLM[/tex] се проектира върху стената $ABCD$ в [tex]\triangle K L_{1 }C[/tex]:
[tex]KL \rightarrow K L_{1 }, KM \rightarrow KC , LM \rightarrow L_{1 }C[/tex]
Точка $P$ е среда на $KL$ и се проектира в точка [tex]P_{1 }[/tex],която е среда на [tex]K L_{1 }[/tex]
$PM$ е медиана в [tex]\triangle KLM[/tex] и се проектира в [tex]P_{1 }C[/tex],която е медиана в [tex]\triangle K L_{1 } C[/tex]
[tex]KL_{1 } = \frac{ \sqrt{2} }{2}[/tex] ($K$ е среда на $AD$, [tex]L_{1 }[/tex] като проекция на $L$ е среда на $AB$)
От [tex]\triangle KCD \rightarrow KC = \sqrt{ DC^{2} + KD^{2} } = \sqrt{1 + \frac{1}{4} } = \frac{ \sqrt{5} }{2}[/tex]
Аналогично от [tex]\triangle L_{1 }BC \rightarrow L_{1 }C = \frac{ \sqrt{5} }{2}[/tex]
От [tex]\triangle P_{1 } L_{1 }C \rightarrow P_{1 }C = \sqrt{ \frac{5}{4} - \frac{2}{16} } = \sqrt{ \frac{18}{16} } = \frac{3 \sqrt{2} }{4}[/tex]
[tex]Q_{1 }C = \frac{ \sqrt{2} }{2} = \frac{2}{3}. \frac{3 \sqrt{2} }{4} \Rightarrow Q_{1 }C = \frac{2}{3}. P_{1 }C \Rightarrow \frac{ Q_{1 }C }{ Q_{1 } P_{1 } } = \frac{2}{1} \Rightarrow Q_{1 }[/tex] е медицентър в [tex]\triangle KC L_{1 }[/tex]
[tex]\Rightarrow Q_{1 }[/tex] е проекция на медицентъра $G$,но [tex]Q_{1 }[/tex] е проекция и на центъра на куба $Q$
$$\Rightarrow G \equiv Q$$

[Гост]

къде равнината (KLM) пресича останалите ръбове на куба?

Дежурен въпрос!Поне да беше сменил буквите на равнината $KLM$

[Гост]

къде равнината (KLM) пресича останалите ръбове на куба?

Дежурен въпрос!Поне да беше сменил буквите на равнината $KLM$

какво?

[KOPMOPAH]

къде равнината (KLM) пресича останалите ръбове на куба?

Център на куб - продължение.png (16.76 KiB) Прегледано 458 пъти

Точките $O$, $P$ и $Q$ са средите на ръбовете, на които се намират.
Лицето на шестоъгълника $KQMOLP$ е два пъти по-голямо от лицето на триъгълника $KLM$.